Correction du devoir commun TS 15 décembre 2012

Correction du devoir commun TS
15 décembre 2012
Exercice 1 (9 points) Polynésie, juin 2012
Partie A
On considère l’algorithme suivant :
Les variables sont le réel U et les entiers naturels k et N.
Entrées : Saisir un nombre entier naturel non nul N.
début
Affecter à U la valeur 0
pour k allant de 0 à N − 1 faire
Affecter à U la valeur 3U − 2k + 3
Sorties : Afficher U
Algorithme 1:
Affichage en sortie lorsque N = 3 :
N =3
U =0
Pour k = 0 à k = 2 :
k = 0
U = 3U − 2k + 3
= 3
k = 1
k = 2
U = 3U − 2k + 3
= 3×3−2×1+3
U = 3U − 2k + 3
= 3 × 10 − 2 × 2 + 3
= 10
= 29
fin du Pour
Affichage : U = 29
Partie B
On considère la suite (un ) définie par u0 = 0 et, pour tout entier naturel n, un+1 = 3un − 2n + 3.
1. Calcul de u1 et u2 :
u1 = 3u0 − 2 × 0 + 3
u2 = 3u1 − 2 × 1 + 3
= 3×0+3
= 3
= 3×3−2+3
= 10
on a donc u1 = 3 et u2 = 10
2.
a. Démontrons par récurrence que, pour tout entier naturel n, un > n :
On appelle P (n) la propriété un > n.
• Initialisation : n0 = 0
u0 = 0 donc u0 > 0 donc P (0) est vraie.
• Hérédité :
on suppose que P (k) est vraie, c’est–à–dire que uk > k ; a–t–on alors P (k + 1) vraie aussi,
c’est–à–dire uk+1 > k + 1 ?
Si P (k) est vraie alors uk > k
donc 3uk > 3k
d’où 3uk − 2k + 3 > 3k − 2k + 3
donc uk+1 > k + 3
or, 3 > 1 donc k + 3 > k + 1 donc uk+1 > k + 1
donc P (k + 1) est vraie.
• Conclusion : Pour tout entier naturel n, on a un > n.
b. Déduction de la limite de la suite (un ) :
Pour tout entier naturel n, on a un > n et
comparaison,
lim n = +∞ donc d’après un théorème de
n→+∞
lim un = +∞
n→+∞
3. Démontrons que la suite (un ) est croissante :
Pour tout entier naturel n, on a
un+1 − un = 3un − 2n + 3 − un
= 2un − 2n + 3
or, d’après la question 2. a., pour tout entier naturel n, on a
donc
d’où
un > n
2un > 2n
2un − 2n > 0
donc
d’où
2un − 2n + 3 > 3
un+1 − un > 0
donc
donc
un+1 > un
(un ) est croissante (strictement).
4. Soit la suite (vn ) définie, pour tout entier naturel n, par vn = un − n + 1.
a. Démontrons que la suite (vn ) est une suite géométrique :
Pour tout entier naturel n, on a
vn+1 = un+1 − (n + 1) + 1
= 3un − 2n + 3 − n − 1 + 1
= 3un − 3n + 3
= 3 (un − n + 1)
= 3vn
v0 = u0 − 0 + 1
= 0+1
= 1
Pour tout entier naturel n, on a vn+1 = 3vn donc la suite (vn ) est géométrique de raison q = 3 ;
son premier terme est v0 = 1.
b. Déduisons–en que, pour tout entier naturel n, un = 3n + n − 1 :
(vn ) est géométrique de raison q = 3 et de premier terme v0 = 1 donc pour tout entier
naturel n, on a vn = v0 × q n
= 3n
or, vn = un −n+1 ⇐⇒ un = vn +n−1 donc pour tout entier naturel n, on a un = 3n − n + 1.
5. Soit p un entier naturel non nul.
a. Pourquoi peut-on affirmer qu’il existe au moins un entier n0 tel que, pour tout n > n0 ,
un > 10p ?
On a montré dans la question B 2. b. que lim un = +∞ ; par définition , cela signifie
n→+∞
que pour tout réel A (et aussi grand soit–il), à partir d’un certain rang, tous les un
appartiennent à l’intervalle [A ; +∞[.
Prenons A = 10p ; il existe un entier n0 tel que pour tous les entiers n > n0 , on a un > 10p .
On s’intéresse maintenant au plus petit entier n0 .
b. Détermination à l’aide de la calculatrice cet entier n0 pour la valeur p = 3 :
103 = 1000
D’après la calculatrice, u6 = 734 et u7 = 2193 donc à partir de n0 = 7, on a un > 103 .
c. Montrons que quelque soit p ∈ N∗
u3p > 10p ; déduisons–en que n0 6 3p :
u3p = 33p + 3p − 1
= (33 )p + 3p − 1
= 27p + 3p − 1
or, quel que soit p dans N∗ , on a
27p > 10p et 27p + 3p − 1 > 10p + 3p − 1 > 10p donc u3p > 10p .
La suite (un ) est croissante donc, pour tout n tel que n > 3p, alors un > u3p et donc
un > 10p pour tout n > 3p.
n0 étant la plus petite de ces valeurs, on a donc n0 6 3p.
d. Proposition d’un algorithme qui, pour une valeur de p donnée en entrée, affiche en sortie
la valeur du plus petit entier n0 tel que, pour tout n > n0 , on ait un > 10p :
Entrée
Saisir le nombre entier naturel non nul p.
Traitement
Affecter à U la valeur 0
Affecter à k la valeur 0
Tant que U < 10p
Affecter à U la valeur 3U − 2k + 3
Affecter à k la valeur k + 1
Fin tant que
Sortie
Afficher k
Exercice 2 (9 points) Pondichery, avril 2012
Partie A Restitution organisée de connaissances
Soit z un nombre complexe. On rappelle que z est le conjugué de z et que |z| est le module de z. On
admet l’égalité : |z|2 = zz.
Montrons que, si z1 et z2 sont deux nombres complexes, alors |z1 z2 | = |z1 | |z2 | :
|z1 z2 |2 = z1 z2 z1 z2
= z1 z2 z1 z2
= z1 z1 z2 z2
= |z1 |2 × |z2 |2
= (|z1 | × |z2 |)2
or, le module d’un nombre complexe est un réel positif ;
donc pour tous nombres complexes z1 et z2 , on a :
|z1 z2 |2 = ([z1 | |z2 |)2 et les nombres |z1 z2 | et |z1 | |z2 | sont positifs ; on a donc |z1 z2 | = |z1 | |z2 | .
Autre méthode * :
On pose z1 = a1 + ib1 et z2 = a2 + ib2
z1 z2 = (a1 + ib1 )(a2 + ib2 )
= a1 a2 + ia1 b2 + ia2 b1 + i2 b1 b2
= a1 a2 − b1 b2 + i(a1 b2 + a2 b1 )
|z1 z2 | =
=
=
|z1 | |z2 | =
=
=
q
(a1 a2 − b1 b2 )2 + (a1 b2 + a2 b1 )2
q
(a1 a2 )2 − 2a1 a2 b1 b2 + (b1 b2 )2 + (a1 b2 )2 + 2a1 b2 a2 b1 + (a2 b1 )2
q
a21 a22 + b21 b22 + a21 b22 + a22 b21
q
a21
+
q
b21
q
a22 + b22
(a21 + b21 ) (a22 + b22 )
q
a21 a22 + a21 b22 + b11 a22 + b21 b22
on a effectivement |z1 z2 | = |z1 | |z2 |
* Il est préférable d’utiliser la première méthode qui utilise la propriété rappelée et admise dans
l’énoncé ; une telle propriété est parfois appelée pré–requis dans les ROC.
Partie B :
Étude d’une transformation particulière
Dans le plan complexe rapporté au repère orthonormal direct (O; ~u; ~v), on désigne par A et B les
points d’affixes respectives 1 et −1.
Soit f la transformation du plan qui à tout point M d’affixe z 6= 1, associe le point M ′ d’affixe z ′ tel
que :
z′ =
1. zC = −2 + i.
1−z
z−1
a. Calcul de l’affixe zC ′ du point C ′ image de C par la transformation f , et placement des
points C et C ′ dans le repère donné en annexe :
zC ′ =
=
=
=
=
=
=
1 − zC
zC − 1
1 − (−2 + i)
−2 − i − 1
3−i
−3 − i
(3 − i)(−3 + i)
(−3 − i)(−3 + i)
−9 + 3i + 3i − i2
(−3)2 + (−1)2
−8 + 6i
10
−4 + 3i
5
Le point C ′ a pour affixe zC ′ =
−4 3
+ i
5
5
b. Montrons que le point C ′ appartient au cercle C de centre O et de rayon 1 :
OC ′ = |zC ′ − zO |
−4
3 + i
= 5
5
s
2
2
3
−4
+
=
5
5
s
16
9
=
+
25 25
√
1
=
= 1
′
OC = 1 donc C ′ appartient au cercle de centre O et de rayon 1.
c. Montrons que les points A, C et C ′ sont alignés :
# »′ = zC ′ − zA
zAC
−4 3
+ i−1
=
5
5
−9 3
=
+ i
5
5
3
=
(−3 + i)
5
# »
# »
3
3# »
# »
# »′ =
# » donc AC ′ =
on a zAC
AC donc les vecteurs AC et AC ′ sont colinéaires
zAC
5
5
donc les points A, C et C ′ sont alignés.
# » = zC − zA
zAC
= −2 + i − 1
= −3 + i
2. Détermination et représentation sur la figure donnée en annexe l’ensemble ∆ des points du
plan qui ont le point A pour image par la transformation f :
1−z
=1
z ′ = zA ⇐⇒
z−1
⇐⇒ 1 − z = z − 1 et z − 1 6= 0
⇐⇒ 2 = z + z et z 6= 1
⇐⇒ 2 = x + iy + x − iy et z 6= 1
⇐⇒ 2 = 2x et (x ; y) 6= (1 ; 0)
⇐⇒ x = 1 et (x ; y) 6= (1 ; 0)
L’ensemble ∆ des points du plan qui ont le point A pour image par la transformation f est la
droite d’équation x = 1 privée du point A(1 ; 0).
3. Montrons que, pour tout point M distinct de A, le point M ′ appartient au cercle C :
OM ′ = |z ′ − zO |
1 − z = z − 1
|1 − z|
=
|z − 1|
|1 − z|
=
|z − 1|
|1 − z|
=
|z − 1|
1 − z = z − 1
= | − 1|
= 1
OM ′ = 1 donc M ′ appartient au cercle C .
z′ − 1
est réel.
z−1
Que peut-on en déduire pour les points A, M et M ′ ?
1−z
−1
z′ − 1
Pour tout z 6= 1, on a
= z−1
z−1
z−1
1−z z−1
−
= z−1 z−1
z−1
1−z−z+1
z−1
=
z−1
2−z−z
1
=
×
z−1
z−1
2−z−z
=
zz − z − z + 1
A partir de là, deux démarches sont possibles :
2 − (z + z)
z′ − 1
=
on a donc
z−1
zz − (z + z) + 1
or, d’après le cours, z + z = 2Re(z) ; c’est donc un nombre réel.
4. Montrons que, pour tout nombre complexe z 6= 1,
De même, zz est un réel.
z′ − 1
est donc réel.
Le quotient
z−1
Autre méthode : on pose z = x + iy où x et y sont des nombres réels.
z′ − 1
2 − x − iy − x + iy
= 2
z−1
x + y 2 − x − iy − x + iy + 1
2 − 2x
= 2
x + y 2 − 2x + 1
z′ − 1
est un nombre réel.
x et y sont des réels donc le quotient
z−1
Il existe donc un réel k tel que
On a
donc z ′ − 1 = k(z − 1)
z′ − 1
=k
z−1
# »′ = kz # »
d’où zAM
AM
# »′
# »
donc AM = k AM
# »
# »
d’où AM ′ et AM sont colinéaires
donc les points A, M, et M ′ sont alignés
5. On a placé un point D sur la figure donnée en annexe. Construire son image D ′ par la transformation f .
Dans ce qui précède, on a montré que :
– L’image M ′ d’un point M distinct de A appartient au cercle de centre O et de rayon 1.
– Le point A, un point M distinct de A et son image M ′ sont alignés.
L’image D ′ du point D est donc située à l’intersection du cercle de centre O et de rayon 1 et
de la droite (AD).
C
+
C′
~v
A
+
D
′
C
D
O
~u
Exercice 3 (2 points)
Détermination par la méthode la mieux adaptée du nombre de solution de l’équation
2x3 − 3x2 − 1 = 0.
Dans cette question, toute trace de recherche, même incomplète, ou d’initiative même infructueuse,
sera prise en compte dans l’évaluation
Soit la fonction f : x 7−→ 2x3 − 3x2 − 1
f ′ (x) = 6x2 − 6x
= 6x(x − 1)
racines : 0 et 1
x
−∞
0
signe de f ′ (x)
+
0
−
−∞
Limite en −∞ :
lim 2x3 = −∞
x→−∞
2
−3x − 1 = −∞
Limite en +∞ :
lim 2x3 = +∞
x→+∞
lim
x→+∞
−3x2 − 1 = −∞
or f (x) = x3 2 −
3
1
− 3
x x
lim x3 = −∞
x→+∞
lim
x→+∞
1
3
2− − 3
x x
0
a=2
a>0
+
+∞
−2
f (1) = 2 × 13 − 3 × 12 − 1
= −1
x→−∞
+∞
1
f (0) = 2 × 03 − 3 × 0 − 1
lim
(N. B. : le calcul de ∆ est super–inutile ici !)
−1
variations
de f
f est définie et dérivable sur R.
=2








= −2
donc par somme,
lim f (x) = −∞
x→−∞
forme indéterminée du type « +∞ − ∞ »




donc par produit, lim f (x) = +∞
x→+∞
• Sur ] − ∞ ; 1], le maximum de f est −1 donc pour tout x de ] − ∞ ; 1], on a f (x) 6 −1 donc
l’équation f (x) = 0 n’a pas de solution sur cet intervalle.
• f est continue sur [1 ; +∞[ (car c’est une fonction polynôme),
f est strictement croissante sur [1 ; +∞[,
f (1) = −2 et lim f (x) = +∞,
x→+∞
0 est compris entre −2 et +∞ donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires dans le
cas des fonctions strictement monotones, l’équation f (x) = 0 admet une unique solution dans
l’intervalle [1 ; +∞[.
• L’équation f (x) = 0 admet donc une unique solution sur R.
Questions faciles que tout élève doit savoir traiter :
Exercice 1 :
Partie A
Partie B
1. 2. a. b. 3. 4. a. c.
Exercice 2 :
Partie B
1. a. b. c. 2. 3.
Exercice 3
Il faut commencer par retravailler en priorité ces questions et les refaire jusqu’à ce que vous soyez
capables de les faire correctement.
Ca fait quand même 13, 25/20 !